¿Existe una generalización del polinomio de Lagrange a las 3D?

Question

¿Cuál es la forma de construir una superficie polinómica suave ( $\mathbb{R}^2 \rightarrow \mathbb{R}$ ) con propiedades polinómicas de Lagrange en cada derivada parcial? Quiero probar esto para la interpolación de imágenes.

Answer 1

Si se fija el valor $x$ una variable tienes la fórmula de interpolación de Lagrange

$$ f(x, y) = \sum_{k=1}^N f(x, y_k)\prod_{i \neq k} \frac{y_i - y}{y_i - y_j} $$

Para cada valor fijo $y = y_k$ se puede construir un polinomio de Lagrange para la función $f(x, y_k)$ .

$$ f(x, y_k) = \sum_{k=1}^N f(x_k, y_k)\prod_{i \neq k} \frac{x_i - x}{x_i - x_j} $$

El resultado es la expansión en algún tipo de base bilineal de Lagrange.

$$ \prod_{i \neq k} \frac{y_i - y}{y_i - y_j} \prod_{i \neq k} \frac{x_i - x}{x_i - x_j} = \delta(i = k)\delta(i = k)$$

Hemos construido uno de los muchos posibles B-splines .

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En teoría, el Teorema de aproximación de Weistestrass dice que las funciones continuas en el intervalo pueden ser aproximadas uniformemente por polinomios. Usando el argumento anterior tiene sentido que los polinomios de 2 variables sean densos en funciones continuas sobre el cuadrado. Este es un caso especial de la Teorema de Stone-Weierstrass :

$$ \overline{ \mathbb{R}[x,y]} = C^0\big([0,1]^2\big) $$

Usando la interpolación lineal siempre podemos dibujar algún tipo de superficie que conecte sus puntos de control y que tenga el valor especificado, $(x_k, y_k, f(x_k,y_k))$ . El Teorema de Stone Weierstrass dice que siempre puede ser un polinomio y la diferencia entre su aproximación $f_1(x,y) = \sum a x^m y^n$ a su función original $f$ puede hacerse arbitrariamente pequeño (tan pequeño como se quiera).

$$ \sup_{(x,y)\in [0,1]^2} |f_1(x,y) - f(x,y)| < \epsilon $$

Practica que sería muy bueno saber el grado de los polinomios que encuentres y cómo construirlos (encontrar los coeficientes). Las splines te permiten hacer precisamente eso.

Answer 2

Introducir una variable auxiliar $t$ para que las tres variables -- $x$ , $y$ y $f$ -- son funciones de $t$ . Tendrías ceros en un espacio cuatridimensional como este:

t x y f
- - - -
1 3 7 4
2 4 7 3
3 4 4 9

La idea es aprovechar la interpolación de Lagrange para tener una fórmula explícita para $f(t)$ . Sin embargo, con la tabulación en esta forma ingenua, sería bastante difícil eliminar esta variable recién introducida $t$ . (Se puede hacer con Base de Grobner ).

Sin embargo, según [1] casi toda combinación lineal de $x$ y $y$ también funcionaría. En nuestro ejemplo, dejemos que $t = 100 x+y$ :

t    x y f
---  - - -
307  3 7 4
407  4 7 3
404  4 4 9

Ahora tienes $f(100 x+y)$ que satisface su criterio de derivada parcial.

1] H.J. Stetter. Numerical_Polynomial_Algebra.

Answer 3

Ignorando la mayoría de los deseos del PO, la interpolación más sencilla interpolación entre cuatro píxeles vecinos es la bilineal: $$ P(x,y) = a + b\,x + c\,y + d\,xy $$ Sustituye las cuatro posiciones de los píxeles vecinos: $$ P(i,j) = a + b\,i + c\,j + d\,ij \\ P(i+1,j) = a + b\,(i+1) + c\,j + d\,(i+1)j \\ P(i,j+1) = a + b\,i + c\,(j+1) + d\,i(j+1) \\ P(i+1,j+1) = a + b\,(i+1) + c\,(j+1) + d\,(i+1)(j+1) $$ Resolver los coeficientes $(a,b,c,d)$ y sustituirlo. O haz una conjetura.
Entonces para $i \le x \le i+1$ y $j \le y \le j+1$ encontramos: $$ P(x,y) = (x-i)(y-j)P(i+1,j+1) + (x-i)(j+1-y)P(i+1,j) \\ + (i+1-x)(y-j)P(i,j+1) + (i+1-x)(j+1-y)P(i,j) $$ Lo más probable es que me ciña a esto si fuera mi investigación (pero no lo es).